内蒙古赤峰二中2019-2020学年高一下学期第一次月考化学试题

内蒙古赤峰二中2019-2020学年高一下学期第一次月考化学试题

赤峰二中2019级高一下学期第一次月考 化学试题 相对原子质量：H-1 O-16 Zn-65 Cu-64‎ 第I卷（选择题 共48分）‎ 一、选择题（共16小题每题3分，每题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.化学与环境密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，并回收石膏，有助于节能减排 B. 给汽车安装尾气转化装置，可减少氮氧化物的排放而造成大气污染 C. CO2、SO2和NO2都会导致酸雨的形成 D. 光化学烟雾的形成与氮氧化物的大量排放密切相关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A 项、煤燃烧生成的二氧化硫可导致酸雨，石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，可减少二氧化硫的排放，并回收石膏符合节能减排的理念，故A正确；‎ B项、汽车尾气中含有大量有害气体氮的氧化物和一氧化碳，在汽车上安装尾气净化装置，可以将有害气体转化为无害气体氮气和二氧化碳，故B正确；‎ C项、溶解CO2的雨水为正常雨水，而NO2或SO2都会导致酸雨的形成，CO2可导致温室效应，与酸雨无关，故C错误；‎ D项、NO2、NO含氮氧化物是形成光化学烟雾的主要污染物，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学与生活，注意化学与环境的关系，把握物质的性质及化学在生活中的重要应用是解答的关键。‎ ‎2.下列气体不能用浓硫酸干燥的是（ ）‎ A. CO B. H2S C. SO2 D. Cl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO与浓硫酸不发生反应，能够用浓硫酸干燥，故A不符合题意；‎ B．H2S具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，二者能够发生氧化还原反应，因此不能用浓硫酸干燥H2S，故B符合题意；‎ C．SO2与浓硫酸不发生化学反应，能够用浓硫酸干燥，故C不符合题意；‎ D．Cl2与浓硫酸之间不发生化学反应，能够用浓硫酸干燥，故D不符合题意；‎ 故答案：B。‎ ‎3.下列现象或事实不能用同一原理解释的是 A. 浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存 B. 硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质 C. 常温下铁和铂都不溶于浓硝酸 D. SO2和Na2SO3溶液都能使氯水褪色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、浓硝酸和氯水均见光易分解，需要用棕色试剂瓶保存，A不符合题意；‎ B、硫化钠和亚硫酸钠固体均易被氧化，长期暴露在空气中变质，B不符合题意；‎ C、常温下铁遇浓硝酸钝化，珀与浓硝酸不反应，原理不同，C符合题意；‎ D、SO2和Na2SO3均具有还原性，其溶液都能使氯水褪色，D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，‎2.24 L Cl2通入足量NaOH溶液中，反应转移电子的数目为0.2NA B. 20gD2O与20gH218O含有的中子数均为10NA C. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA D. 50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cl2与NaOH溶液在常温下反应生成NaCl与NaClO，标准状况下，‎2.24 L Cl2的物质的量为=0.1mol，反应中转移电子为0.1mol，数目为0.1NA，故A错误；‎ B．20gD2O与20gH218O的物质的量均为=1mol，1个D2O与H218O所含中子数均为10个，因此20gD2O与20gH218O含有的中子数均为10NA，故B正确；‎ C．N2与H2反应为可逆反应，N2不能完全转化为NH3，因此最终生成的NH3分子数小于2NA，故C错误；‎ D．随着反应的进行，盐酸逐渐变稀，稀盐酸与MnO2不发生反应，因此无法计算最终转移电子数，故D错误；‎ 故答案为：B。‎ ‎【点睛】考查与阿伏伽德罗常数有关计算时，要正确运用物质的量的有关计算，同时要注意气体摩尔体积的使用条件；另外还要谨防题中陷阱，如讨论溶液里的离子微粒的数目时，要考虑：①溶液的体积，②离子是否水解，③对应的电解质是否完全电离；涉及化学反应时要考虑是否是可逆反应；其它如微粒的结构、反应原理等，总之要认真审题，切忌凭感觉答题。‎ ‎5.下列说法正确的是（ ）‎ A. 因为SO2具有漂白性，所以它能使溴水、石蕊试液褪色 B. 湿润的氯气具有漂白作用，它能使石蕊试液先变红色再褪色 C. SO2和Cl2都能使品红溶液褪色，两者等体积混合可以增强漂白能力 D. Na2O2是碱性氧化物，具有强氧化性可用于杀菌消毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SO2与Br2发生氧化还原反应使溴水褪色，SO2体现还原性，而非漂白性，故A错误；‎ B．氯气与水反应生成了HClO和HCl，H+能够使石蕊试液变红，而HClO具有漂白性，能够使溶液褪色，故B正确；‎ C．SO2与Cl2在有水存在的情况下能够发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成物均不具有漂白性，故C错误；‎ D．Na2O2具有强氧化性，能够用于杀菌消毒，但Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，因此Na2O2不属于碱性氧化物，故D错误；‎ 故答案为：B。‎ ‎【点睛】碱性氧化物：与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）；酸性氧化物：能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）。‎ ‎6.下列有关化学用语表示正确的是（ ）‎ A. 二氧化碳的电子式：‎ B. HF的电子式：H＋[]－‎ C. 原子核中有10个中子的氧离子：188O2—‎ D. HClO的结构式：H-C1-O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO2中C与O成键为双键，二氧化碳的电子式为：，故A错误；‎ B．HF属于分子化合物，其电子式为：，故B错误；‎ C．原子核中有10个中子的氧离子的质子数为8，质量数为8+10=18，因此可表示为：，故C正确；‎ D．HClO中Cl只有1个化学键，其结构式为H-O-Cl，故D错误；‎ 故答案为：C。‎ ‎7.钼元素为人体及动植物必须的微量元素，也在钢铁工业中的有着重要的作用，钼作为钢的合金化元素，可以提高钢的强度，特别是高温强度和韧性。我国钼元素的储量丰富，在世界上占第二位。如图所示是钼元素的相关信息，下列有关钼的说法错误的是（ ）‎ A. 95Mo18O42-(钼酸根离子)中共计有 76 个电子 B. 95Mo 的相对原子质量是 95.96‎ C. 钼元素位于元素周期表的第五周期第ⅥB族 D. 92Mo和95Mo的化学性质几乎相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．95Mo18O42-的质子数为(42+8×4)=74，得到2个电子后，电子数为74+2=76，故A不符合题意；‎ B．95Mo表示质量数为95的Mo原子，其相对原子质量等于其质量数，近似为95，而Mo元素的相对原子质量为95.96，二者含义不同，故B符合题意；‎ C．42号元素之前原子序数最大的稀有气体为Kr，Kr元素序号为36，42-36=6，故Mo元素位于第五周期第ⅥB族，故C不符合题意；‎ D．92Mo和95Mo均是Mo元素，核外电子排布相同，因此二者的化学性质几乎相同，故D不符合题意；‎ 故答案为：B。‎ ‎8.下列说法正确的是 A. 红磷、白磷属于同分异构体 B. H2、D2 属于同素异形体 C. 1940K、2040Ca 互为同位素 D. H、D、T 互为同位素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．红磷、白磷是同种元素组成的不同单质，属于同素异形体，故A错误；‎ B．H2、D2属于同种物质的不同分子，不是同素异形体，故B错误；‎ C．K、Ca是不同元素的原子，不能称为同位素，故C错误；‎ D．H、D、T是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子，互为同位素，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎9.下列说法正确的是(　　)‎ ‎①氢键是一种化学键　②由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物　③离子键只是阳离子、阴离子的相互吸引　④气体单质分子中一定含有共价键　⑤由不同种元素组成的多原子分子中，一定只存在极性共价键　⑥离子化合物中可能有共价键　⑦共价化合物中可能有离子键 A. ②⑥ B. ①②③ C. ②④⑤ D. ②④⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：①氢键介于分子间作用力和化学键之间，是一种独特的分子间作用力，不是化学键；②全部由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物；③离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用；④稀有气体分子中不含化学键；⑤由不同种元素组成的多原子分子，可存在非极性键；⑥只含共价键的化合物是共价化合物。‎ 详解：①氢键属于分子间作用力，不属于化学键，故①错误；②非金属元素形成的化合物可能是离子化合物，如铵盐，故②正确；③离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用，既有吸引力也有排斥力，故③错误；④气态分子中不一定存在共价键，如稀有气体分子中就不含化学键，故④错误；⑤由不同种元素组成的多原子分子，可存在非极性键，如H-O-O-H中存在O-O 非极性键，故⑤错误；⑥只含共价键的化合物是共价化合物，含有离子键的化合物为离子化合物，故⑥错误；答案选A。‎ 点睛：本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键，题目难度不大。‎ ‎10.下列说法正确的是（ ）‎ A. 碱金属单质Li、Na、K性质活泼，均可以保存在煤油中 B. 碱金属单质Li、Na、K的熔沸点逐渐升高 C. F－、Cl－、Br－、I－的还原性逐渐增强 D. HF、HCl、HBr、HI的沸点逐渐升高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Li单质密度较煤油小，因此不能保存在煤油中，一般保存在石蜡中，故A错误；‎ B．碱金属单质的熔点、沸点均随着原子序数的递增而降低，故B错误；‎ C．F2、Cl2、Br2、I2的氧化性逐渐减弱，其对应简单离子的还原性逐渐增强，故C正确；‎ D．HF中存在分子间氢键，沸点较高，高于HI，故D错误；‎ 故答案为：C。‎ ‎【点睛】非金属化合物或单质的沸点比较：①若分子间作用力只有范德华力，范德华力越大，物质的熔、沸点越高；②组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，如SnH4>GeH4>SiH4>CH4；③相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CO>N2；④同分异构体，支链越多，熔、沸点越低，如正戊烷>异戊烷>新戊烷；⑤形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2O>H2S；如果形成分子内氢键则熔沸点越低。微粒之间形成氢键会影响物质的物理性质，如熔沸点、溶解度等，但分子类化合物的熔沸点和物质的稳定性没有必然的联系，稳定性取决于化学键的强度，需注意区分。‎ ‎11.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的族序数是周期的2倍，Y原子的最外层电子数等于X原子的核外电子总数，Z的单质能与冷水剧烈反应产生H2，W与Y同主族。下列说法正确的是 A. 四种元素中Z的原子半径最大 B. Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱 C. Y、Z两种元素形成的化合物一定只含离子键 D. X、Y、Z三种元素形成的常见化合物的水溶液呈酸性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的族序数是周期的2倍，Y原子的最外层电子数等于X原子的核外电子总数，Z的单质能与冷水剧烈反应产生H2，W与Y同主族，据此可知X为碳元素，Y为氧元素，Z为钠元素，W为硫元素。‎ A. 同周期从左到右原子半径依次减小，同主族从上而下原子半径依次增大，故四种元素中Z的原子半径最大，选项A正确；‎ B. Y的简单气态氢化物H2O的热稳定性比W的简单气态氢化物H2S强，选项B错误；‎ C. Y、Z两种元素形成的化合物Na2O2既含有离子键，又含有共价键，选项C错误；‎ D. X、Y、Z三种元素形成的常见化合物Na2CO3、Na‎2C2O4的水溶液呈碱性，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，难度中等，注意基础知识的理解掌握。推断出元素是解题的关键，结合元素分析，易错点为选项D，碳酸钠或草酸钠均为强碱弱酸盐，溶液显碱性。‎ ‎12.下列实验或操作方法正确的是（ ）‎ A. 制取NH3 B. 制作红色喷泉 C. 收集NH3 D. 制取碳酸氢钠 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化铵分解生成NH3和HCl，NH3与HCl在试管口能够快速发生反应生成NH4Cl，因此不能达到制备NH3的实验目的，故A错误；‎ B．NH3极易溶于水，且水溶液呈碱性，能够使酚酞溶液变红，因此能够实现实验目的，故B正确；‎ C ‎．此收集气体装置为密闭体系，氨气进入烧瓶后不能把空气排出，也就无法通过排气法收集到纯净的氨气，故C错误；‎ D．CO2与氨气和饱和食盐水的混合液反应，生成碳酸氢钠，因此，CO2气体应从右侧导气管通入，这样气体和溶液才能充分接触，吸收效果好，故D错误；‎ 故答案为：B。‎ ‎13.下列实验中能出现沉淀现象的是（　　）‎ A. CO2 和SO2气体同时通入BaCl2溶液中 B. SO2气体通入BaCl2溶液中 C. SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中 D. 过量SO2气体和少量NH3 同时通入BaCl2溶液中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO2和SO2气体同时通入BaCl2溶液中，不发生反应，则没有沉淀生成，选项A错误；‎ B．SO2气体通入BaCl2溶液中，不发生反应，则没有沉淀生成，选项B错误；‎ C．SO2气体通入Ba（NO3）2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钡白色沉淀，选项C正确；‎ D．SO2气体和过量NH3同时通入BaCl2溶液中，反应生成亚硫酸氢铵，但不能与氯化钡反应生成沉淀，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎14.将‎2.56g铜粉加入100mL0.4mol·L-1的稀HNO3溶液中，加热充分反应后再加入100mL0.2mol·L-1的H2SO4溶液，继续加热，待充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度是(忽略溶液体积变化)（ ）‎ A. 0.15‎mol·L-1 B. 0.2mol·L‎-1 ‎C. 0.075mol·L-1 D. 0.45mol·L-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎2.56g铜粉的物质的量为， NO3-的物质的量为，H+的物质的量为=0.08mol，该反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，由方程式可知，H+‎ 完全反应，铜和硝酸根过量，具体有，解得Cu2+的物质的量n=，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度为，答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查重点，理解离子反应的实质，根据实际参与反应的离子计算。本题特别注意，使用硝酸时，再加氢离子，反应又会进行，但离子方程式不会改变。‎ ‎15.将一定量的Cl2 通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO－ 和ClO3－两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如图所示。 下列说法正确的是（ ）‎ A. 苛性钾溶液中KOH的物质的量为0.18mol B. 反应中转移电子的物质的量是0.09 mol C. 在酸性条件下ClO－ 和ClO3－能反应得到氯气 D. ClO3－的生成可能是由于温度升高引起的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电子转移守恒可知n(Cl-)=0.06mol×(1-0)+0.03mol×(5-0)=0.21mol，根据物料守恒可知n(K+)=n(Cl-)+n(ClO-)+n(ClO3-)=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，则n(KOH)=0.3mol，故A错误；‎ B．氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图像知n(ClO-)=0.06mol，n(ClO3-)=0.03mol，故转移电子物质的量=0.06mol×(1-0)+0.03mol×(5-0)=0.21mol，故B错误；‎ C．ClO-中Cl元素的化合价是+1价，ClO3-中Cl元素的化合价是+5价，因此两者反应不可能生成Cl2，故C错误；‎ D ‎．根据图像知，氯气和氢氧化钾先生成次氯酸钾，且该反应是放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，所以氯酸根离子的生成是由于温度升高引起的，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎16.下列有关铜与过量浓硫酸反应的实验说法不正确的是（ ）‎ A. 喷有碱液的棉花是为了防止SO2污染环境 B. 将水注入反应后冷却的试管a中，溶液变为蓝色 C. 铜片表面先发黑，反应完全后试管a底部有灰白色固体 D. SO2 能使 KMnO4 水溶液褪色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SO2气体属于有毒气体，不能排入空气，因SO2属于酸性氧化物，因此可用碱液进行吸收，故A不符合题意；‎ B．反应后的溶液中含有大量浓硫酸，应将反应后的溶液缓慢倒入水中，并不断搅拌，使热量及时散发出去，以防发生危险，故B符合题意；‎ C．浓硫酸具有强氧化性，铜被氧化生成氧化铜，表面先发黑，浓硫酸具有吸水性，使生成的硫酸铜过饱和而析出白色的固体，故C不符合题意；‎ D．SO2具有还原性，KMnO4具有强氧化性，二者能发生氧化还原反应生成无色MnSO4溶液、硫酸钾溶液，溶液褪色，故D不符合题意；‎ 故答案为：B。‎ ‎【点睛】浓硫酸的吸水性(吸收水分子)：少量胆矾加入浓硫酸中→蓝色固体变白；‎ 浓硫酸的脱水性(将物质中H原子与O原子按照2:1的关系脱去而重新组合成H2O)：用玻璃棒蘸取浓硫酸滴在滤纸上→沾有浓H2SO4的滤纸变黑；‎ 浓硫酸强氧化性、酸性：将铜片加入盛有浓硫酸的试管中加热→铜片逐渐溶解，产生无色刺激性气味的气体。‎ 第II卷（共52分）‎ 二、非选择题 ‎17.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表:‎ 元素代号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ 原子半径/nm ‎0.160‎ ‎0.143‎ ‎0.102‎ ‎0.078‎ ‎0.099‎ ‎0.074‎ ‎0.186‎ 主要化合价 ‎+2‎ ‎+3‎ ‎+6、-2‎ ‎+5、-3‎ ‎+7、﹣1‎ ‎-2‎ ‎＋1‎ 请用化学用语回答下列问题：‎ ‎（1）金属性①________ ②（填＞或＜）‎ ‎（2）④元素的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物能生成盐M，M中含有的化学键类型有_______________；‎ ‎（3）写出元素⑥和⑦的单质在加热条件下反应生成的化合物的电子式：_________。‎ ‎（4）①、②、④、⑥所形成的离子，其半径由小到大的顺序是___________（填离子符号）‎ ‎（5）①～⑦中元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是_____________（填物质化学式）；呈两性的氢氧化物是_________（填物质化学式）,该化合物与NaOH溶液反应的离子方程式为__________________。‎ ‎（6）用电子式表示元素①与⑤形成化合物的过程___________________。‎ ‎【答案】 (1). > (2). 离子键、共价键 (3). (4). r(Al3+)＜r(Mg2+) ＜r(O2－)＜r(N3－) (5). HClO4 (6). Al(OH)3 (7). Al(OH) 3+OH－=AlO2－+2H2O (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素中，③、⑥都有-2价，处于ⅥA族，③有+6价且原子半径③>⑥，故③为S、⑥为O；⑤有-1价，原子半径大于O，故⑤为Cl；①、②化合价分别为+2、+3，分别处于ⅡA族、ⅢA族，原子半径①>②>S，故①为Mg、②为Al；④化合价为+5、-3，处于VA族，且原子半径④Mg，则⑦为Na，据此进行解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，①为Mg，②为Al，③为S，④为N，⑤为Cl，⑥为O，⑦为Na，‎ ‎（1）Mg、Al位于同一周期，同一周期元素金属性随原子序数增大而减小，原子序数Al>Mg，因此金属性Mg>Al，故答案为：>；‎ ‎（2）N元素对应的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，N元素对应简单氢化物为NH3，二者反应生成NH4NO3，NH4NO3属于离子化合物，与之间通过离子键连接，、中含有共价键，故答案为：离子键、共价键；‎ ‎（3）Na与O2在加热条件下反应生成Na2O2，Na2O2为离子化合物，其中含有Na+、，其电子式为：；‎ ‎（4）Mg2+、Al3+、N3-、O2-对应核外电子层结构相同，离子的质子数越大，半径越小，因此半径由小到大的顺序是：r(Al3+)＜r(Mg2+) ＜r(O2－)＜r(N3－)；‎ ‎（5）元素周期表中，同周期元素从左至右非金属性逐渐增强，同主族元素从上至下非金属性逐渐减弱，因此上述元素中非金属性最强的是Cl，其最高价氧化物对应的水化物HClO4酸性最强；Al元素对应氢氧化物Al(OH)3具有两性；Al(OH)3与NaOH反应的离子方程式为：；‎ ‎（6）Mg与Cl2发生反应生成MgCl2，Mg原子失去电子，Cl原子得到电子，其形成过程可表示为：。‎ ‎【点睛】电子式书写：‎ ‎①书写原子的电子式时，一般讲原子的最外层电子写在元素符号的上、下、左、右四个位置上；‎ ‎②简单阳离子是原子失去最外层电子后形成的，其电子式即为离子符号本身；‎ ‎③简单阴离子因为得到电子后最外层一般为8电子结构，书写时要在元素符号周围标出电子，用“[ ]”括上，并在[ ]右上角标明电性和所带电荷数；‎ ‎④复杂阴、阳离子中存在共用电子对，要注意H稳定结构最外层2个电子，其他非金属元素稳定结构一般最外层为8电子，复杂阴、阳离子用“[ ]”括上，并在[ ]右上角标明电性和所带电荷数；‎ ‎⑤离子化合物电子式的书写，是将阴阳离子(阳离子在前，阴离子在后)拼在一起；对于不同价态的离子，也按其绝对值，遵照“大值在中间、小值在周边”的原则书写。‎ ‎18.现有部分短周期元素的性质或原子结构如表：‎ 元素编号 元素性质或原子结构 T M层上有6个电子 X 最外层电子数是次外层电子数的2倍 Y 常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性 Z 元素最高正价是＋7价 W 其单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生H2‎ ‎（1）元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是_____。W离子的结构示意图为______________‎ ‎（2）Y原子与氢原子形成的粒子中，与H2O具有相同电子数的阳离子为__________（填化学式），如何检验该离子___________________________________。‎ ‎（3）T、X两元素形成的化合物属于_________（填“离子”或“共价”）化合物；写出T的最高价氧化物的水化物和X单质反应的化学方程式：______________。‎ ‎（4）元素Z在周期表中的位置____________________，元素Z与元素T相比，非金属性较强的是_____（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是_____（填序号）。‎ a.常温下Z的单质和T的单质状态不同 b.Z氢化物比T的氢化物稳定 c.一定条件下，Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应 ‎（5）请设计实验比较C、Si的非金属性强弱顺序（可供选择的药品有：CaCO3固体、稀硫酸、盐酸、饱和NaHCO3溶液、硅酸钠溶液）。‎ 装置如下图所示：‎ ‎①锥形瓶中为CaCO3固体，分液漏斗所盛试剂应为________。‎ ‎②装置B所盛的试剂是_____________，其作用是__________________。‎ ‎③装置C中的现象是__________________ 则结论：非金属性C＞Si ‎【答案】 (1). (2). (3). NH4+ (4). 取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变为蓝色，说明试样中存在NH4+ (5). 共价 (6). C+2H2SO4 (浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O (7). 第三周期ⅦA族 (8). Cl (9). b (10). 稀盐酸 (11). 饱和NaHCO3溶液 (12). 吸收气体 (13). 有白色胶体生成 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ T元素原子M层上有6个电子，则T为硫元素；X最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；常温下Y单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，则Y为氮元素；Z元素最高正价是+7价，为短周期元素，则Z为Cl元素；W对应单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生H2，则W为Al元素，据此解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，T为S，X为C，Y为N，Z为Cl，W为Al，‎ ‎（1）碳元素的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号为；Al3+核内质子数为13，核外电子数为10，电子层数为2，其结构示意图为：；‎ ‎（2）H2O分子中电子数为8+2×1=10，N元素与H元素形成一种离子为，电子数为10；与强碱反应并加热时，能够放出NH3，NH3能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，因此检验方法为：取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变为蓝色，说明试样中存在；‎ ‎（3）CS2为非金属组成的简单化合物，属于共价化合物；浓H2SO4具有强氧化性，与C在加热条件下能够反应生成SO2、CO2、H2O，反应方程式为：C+2H2SO4 (浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；‎ ‎（4）Cl元素位于元素周期表中第三周期ⅦA族；S元素与Cl元素处于同一周期，同一周期中，元素对应序号越大，非金属性越强，因此非金属性较强的是Cl；‎ a．单质的熔沸点高低不同，属于物理性质，不能比较非金属性强弱，故a不符合题意；‎ b．非金属性越强，其对应简单氢化物越稳定，Z的氢化物比T的氢化物稳定，说明非金属性Z>T，即Cl>S，故b符合题意；‎ c．一定条件下氯气与硫都能与氢氧化钠溶液，但不能比较元素的非金属性强弱，故c不符合题意；‎ 故答案为：b；‎ ‎（5）可通过比较C、Si元素对应最高价氧化物对应水化物的酸性强弱进行比较，‎ ‎①A装置的目的是制备CO2，因此可通过CaCO3与稀盐酸反应制备CO2，故答案为：稀盐酸；‎ ‎②因制备的CO2中含有HCl气体，HCl的酸性强于H2CO3，因此不能将HCl通入C装置中，故B装置的作用为除去CO2气体中的HCl，可选择饱和NaHCO3溶液；‎ ‎③因H2SiO3在水中溶解度较低，将CO2通入C中后，CO2与Na2SiO3反应生成H2SiO3，溶液中有白色胶体生成，则可证明非金属性：C>Si。‎ ‎【点睛】常见非金属性的比较规律：‎ ‎1、由元素对应简单单质氧化性判断：一般情况下，氧化性越强，元素对应非金属性越强；‎ ‎2、由单质和水反应程度判断：反应越剧烈，非金属性越强；‎ ‎3、由对应简单氢化物的稳定性判断：氢化物越稳定，非金属性越强；‎ ‎4、由和氢气化合的难易程度判断：化合越容易，非金属性越强；‎ ‎5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：酸性越强，非金属性越强；‎ 值得注意的是：氟元素没有正价态，氧目前无最高正价，硝酸则因分子内氢键导致酸性较弱，所以最高价氧化物对应水合物的酸性最强的是高氯酸，而不是非金属性高于氯的氮、氧、氟。‎ ‎19.工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3·5H2O，实验室可用如下装置（略去部分加持仪器）模拟生成过程。‎ 烧瓶C中发生反应如下：‎ Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq） （I）‎ ‎2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l） （II）‎ S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq） （III）‎ ‎（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若____________________________________________，则整个装置气密性良好。装置D的作用是__________________________________。装置E中为__________溶液。‎ ‎（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为_____________。‎ ‎（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择__________。‎ a．蒸馏水 b．饱和Na2SO3溶液 c．饱和NaHSO3溶液 d．饱和NaHCO3溶液 实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是___________。已知反应（III）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是______________。反应后期可用酒精灯适当加热烧瓶A，实验室用酒精灯加热时必须使用石棉网的仪器含有__________________。‎ ‎ a．烧杯 b．蒸发皿 c．试管 d．锥形瓶 ‎（4）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩即可析出Na2S2O3·5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论：________________________________________________。‎ 已知Na2S2O3·5H2O遇酸易分解：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O 供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液 ‎【答案】 (1). 液注高度保持不变 (2). 防止倒吸 (3). NaOH（合理即得分） (4). 2：1 (5). c (6). 控制滴加硫酸的速度（合理即得分） (7). 溶液变澄清（或浑浊消失） (8). ad (9). 取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。（合理即得分）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若液注高度保持不变，说明气密性良好；D为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用，可选用NaOH溶液。‎ ‎（2）将2×（I）+（II）+3×（III）得总反应：2Na2S+Na2SO3+3SO2=3Na2S2O3，为使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1。‎ ‎（3）SO2易溶于水，能与Na2SO3溶液、NaHCO3溶液反应，但在饱和NaHSO3‎ 溶液中溶解度较小，所以为观察SO2的生成速率，装置B中的液体最好选择饱和NaHSO3溶液，答案选c；SO2用70% H2SO4与Na2SO3反应制取，所以为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是控制滴加硫酸的速度；反应（III）相对较慢，反应（III） 中S参与反应，所以烧瓶C中反应达到终点的现象是溶液变澄清（或浑浊消失）；蒸发皿和试管可以直接加热，烧杯和锥形瓶加热时需要使用石棉网，故答案选ad。‎ ‎（4）检验产品中是否含Na2SO4，只要检验产品中是否含SO42-即可；由于Na2S2O3与酸反应产生浅黄色浑浊，故要排除其干扰，所以检验产品中是否含Na2SO4的实验操作、现象和结论为：取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。‎ ‎20.向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸‎0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液‎1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为‎39.2g。下列有关说法不正确的是 ‎（1）Cu和Cu2O的混合物中铜的物质的量为________mol ‎（2）产生NO在标准状况下的体积为______L ‎ ‎（3）硝酸的物质的量浓度为_____________mol/L ‎（4）Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为______mol ‎【答案】 (1). 02 (2). 4.48 (3). 2.4 (4). 0.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液‎1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L×‎1.0L=1mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为‎39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)=n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中n[[Cu(NO3)2]=n[Cu(OH)2]=0.4mol，然后根据守恒关系进行计算。‎ ‎【详解】（1）设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1，固体中所含Cu的物质的量为0.2mol；‎ ‎（2）反应过程中，1molCu生成Cu2+转化2mol电子，1molCu2O生成Cu2+转化2mol电子，该混合物反应过程中一共转移(0.2×2+0.1×2)mol=0.6mol电子，整个反应过程中只有HNO3中N 元素化合价降低生成NO，根据转移电子守恒可知n(NO)=mol=0.2mol，其在标准状况下的体积V=0.2mol×‎22.4L/mol=‎4.48L；‎ ‎（3）根据N元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)=0.2mol+1mol=1.2mol，；‎ ‎（4）反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，氢氧化钠与硝酸铜反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3)余+2n[[Cu(NO3)2]=n(NaNO3)，所以n(HNO3)余=n(NaNO3)-2n[[Cu(NO3)2]=1mol-2×0.4mol=0.2mol。‎